IOI 2022 简要题解

考前写题解增加RP。

D1T1：
考虑按照列DP。对于每一列选择的鱼的区间进行决策。每列中被选择的y坐标最大的鱼，需要被左面或右面覆盖。
假设我们决策好了前i列的方案，考虑第i列被选择的y坐标最大的鱼是否被第i-1列覆盖。
若没有覆盖，需要记录i列中选择的y坐标最大值。此时他需要被第i+1列覆盖，因此第i列无法覆盖到第i+1列，于是无需记录第i列的覆盖高度。
若被覆盖，需要考虑第i列可以覆盖到第i+1列的高度，因此我们记录第i列选择的y坐标最小值，他-1就是最大覆盖高度。
再额外记录第i列没有选择任何鱼的状态。
转移用双指针和后缀max优化下，除去排序复杂度线性。

D1T2：
考虑我们询问A的数值，若他是1或n，则直接结束，否则我们在黑板上记录A的位置，下一次询问B即可。
由于黑板值域有限，我们将2~n-1分成k段，记录A的所在段。
下一次询问B时，根据黑板上的数字，判断出A的所在区间[l,r]，若b<=l或b>=r，则直接结束。否则继续分段，并记录b的所在位置，下一次询问A，以此类推。
我们需要记录目前进行的轮数，根据他的奇偶性可以决定当前询问A还是B。
以询问A为例：我们可以根据a的值，判断出上次询问B时的区间[l',r']。
此时，我们若知道B所在的[l'+1,r'-1]分出的子区间的编号s(0<=s<k)，即可算出当前的[l,r]，并根据a的值继续算法流程。
因此我们记录轮数以及上一次的s（子区间编号）即可。值域是\(O(k*log_k{n})\)的。取k=3可以达到21。
我们发现，最后一轮最多剩下6个数，除去左右还剩下4个，分成2段就可以了，因此最后一轮取k=2，就可以达到20了。

D1T3：
太难了。

D2T1：
容易发现，题目等价于每个节点选择一个儿子并继承他的颜色。
我们考虑最终方案，一定是连成一条根到黑色叶子的路径。路径外的点方案随意。
因此，我们对于每个叶子，求出删除他到根路径上的点后，剩下的点的儿子个数乘积即可。
询问相当于求出黑色叶子的权值和。修改操作用线段树维护。\(O(qlogm)\)。

D2T2：
考虑给出x，对于每种昆虫，保留\(\min(出现次数,x)\)个，求保留下来的个数。
我们只需要依次把每只昆虫加入，并判断一下众数，若众数>x，就把这只昆虫移除。
先对于x=1执行一次，求出种类数c。之后我们二分答案，找到最大的满足保留下来的个数=x*c的x即可。
可以获得76分。
考虑优化：设当前check了x。
若答案>=x，则成功加入的昆虫，之后也可以加入，因此我们只保留加入失败的昆虫即可。
若答案<x，则加入失败的昆虫不可能在之后成功加入，因此我们只保留成功加入的昆虫即可。
这样每次需要考虑的昆虫集合会缩减一半，算上最开始的一次，总共次数约为3n次。
根据实现细节可以获得99～100分。

D2T3：
首先，若一个岛没有出边，则到达它就回不去了，因此要把它删除。
重复执行这个类似拓扑排序的过程，直到所有点均有出边。
考虑当前点（初始为0）的出度：
出度0，无解。
出度>=2，我们选择一条出边一直走下去，一定可以绕出环（因为所有点都有出边）。
在环上顺时针走一圈后，原路返回。
然后，选择另一条出边一直走下去。
若走到了刚才绕出的环上，我们逆时针走一圈，原路返回。算法结束。
否则，我们也在环上顺时针走一圈，原路返回。然后把这个过程重复一遍，绕环的方向改为逆时针，即可恢复到初始状态，算法结束。
出度1，我们只能先走这条边，并在后续过程结束后再返回。也就是把这条边反向，同时这个点出度变成了0，将其删除。最后更改当前点。
注意删除一个点时需要考虑指向他的点的出度变化。
为了方便实现，可以使用set维护出入边，复杂度\(O(nlogn)\)。